He hasn't seen this interesting film before.

=> He hasn't seen a more interesting film than this film before.

Gọi ba số cần tìm lần lượt là x,y,z

Theo bài ra ta có

 ( x - 7 ) : 2 = y =>  x-7 = 2y => x = 2y + 7

 y - 3 = z => y = z + 3

Ta có

  x + y + z = 96   =>  2y + 7 + y + z = 96

                           =>  3y + z = 89

                           =>  3 ( z + 3 ) +z  = 89

                           =>  3z + 9 +z  = 89

                           =>  4z  =   60

                           => z = 20

Do đó

y = z + 3 = 20 + 3 = 23

=>  x = 96 - 23 - 20 = 53

  Vậy số thứ nhất là 53

         số thứ hai là 23

         số thứ ba là 20

Cảm ơn bạn nhé !

Nhắc lại một chút :

Nếu hai đại lượng tỉ lệ thuận với nhau thì :

• Tỉ số hai giá trị tương ứng của chúng luôn không đổi
• Tỉ số hai giá trị tương ứng của đại lượng này = tỉ số hai giá trị tương ứng của đại lượng kia​

Vì y tỉ lệ thuận với x => y = kx ( k < 0 )

Gọi x₁ , x₂ là hai giá trị của x

      y₁ , y₂ là hai giá trị của y

Tỉ số hai giá trị tương ứng của chúng luôn không đổi

tức là \(\frac{y_1}{x_1}=\frac{y_2}{x_2}=k\). Biết y₁² + y₂² = 9

                                                    x₁² + x₂² = 4

 => \(k^2=\frac{y_1^2}{x_1^2}=\frac{y_2^2}{x_2^2}=\frac{y_1^2+y_2^2}{x_1^2+x_2^2}=\frac{9}{4}\)( áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau )

\(k^2=\frac{9}{4}\Rightarrow k=\pm\frac{3}{4}\)

Vì k < 0 => \(k=-\frac{3}{4}\)

Vậy y tỉ lệ thuận với x theo công thức y = -3/4x

Mong bạn hiểu được ;-;

y tỉ lệ thuận với x theo hệ số tỉ lệ là một số dương nên ta có:

Hiệu các bình phương hai giá trị của y là 400: 

Hiệu các bình phương hai giá trị của x là 25: 

Do đó:  

 k2 = 16

 k = 4

Vậy k = 4

mk nghĩ kq là 4

B . Cái chết

cái chết

I have never known this expensive car before.

I have never known the car more expensive than this car before

học tốt

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được:          \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1

Từ giả thiết a+b+c=1 suy ra: c=1-a-b, thay vào bất đẳng thức ta được

(3a+4b+5-5a-5b)²\(\ge\)44ab+44(a+b)(1-a-b)

<=> 48a²+16(3b-4)a+45b²-54b+25\(\ge0\)

Xét \(f\left(a\right)=48a^2+16\left(3b-4\right)a+45b^2-54b+25\), khi đó ta được

\(\Delta'=64\left(3b-4\right)^2-48\left(45b^2-54b+25\right)=-176\left(3b^2-1\right)\le0\)

Do đó suy ra: f(a) \(\ge\)0 hay 48a²+16(3a-4)a+45b²-54b+25\(\ge\)0

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=\frac{1}{2};b=\frac{1}{3};c=\frac{1}{6}\)

Ta có : 

\(\frac{4ab+1}{4ab}=1+\frac{1}{4ab}\ge1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\)

\(\Rightarrow\frac{4ab}{4ab+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}\)

Tương tự ta được : 

\(\frac{4bc}{4bc+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}};\frac{4ca}{4ca+1}\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\)

\(\Rightarrow VP\le\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\)

BĐT cần chứng minh tương đương với 

\(a+b+c\ge\frac{1}{1+\frac{1}{\left(a+b\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}}\) (1)

Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)

\(x,y,z>0;x+y+z=2\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow x+y+z\ge2\left(\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{y^2}}+\frac{1}{1+\frac{1}{z^2}}\right)\)

\(VP=\frac{2x^2}{x^2+1}+\frac{2y^2}{y^2+1}+\frac{2z^2}{z^2+1}\le\frac{2x^2}{2x}+\frac{2y^2}{2y}+\frac{2z^2}{2z}=x+y+z=VT\)

Vậy BĐT được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)

\(\frac{4ab}{4ab+1}< =\frac{4ab}{2\sqrt{4ab}}=\sqrt{ab}\)

CMTT =>\(\hept{\begin{cases}\frac{4bc}{4bc+1}< =\sqrt{bc}\\\frac{4ac}{4ac+1}< =\sqrt{ac}\end{cases}}\)

Ta có \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ac}\)

=\(\frac{1}{2}\left(\left(a+2\sqrt{ab}+b\right)+\left(b+2\sqrt{bc}+c\right)+\left(c+2\sqrt{ac}+a\right)\right)\)

=\(\frac{1}{2}\left(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\right)>=0\)

dấu = xảy ra khi a=b=c.

\(=>a+b+c>=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)\(>=\frac{4ab}{4ab+1}+\frac{4bc}{4bc+1}+\frac{4ac}{4ac+1}\)

\(A=x^2-6x+9+2\)

\(A=\left(x^2-6x+9\right)+2\)

\(A=\left(x-3\right)^2+2\)

\(A=x^2-6x+11\)    <=>   \(A=x^2-6x+3^2+2\)

<=> \(A=\left(x-3\right)^2+2>2\)

=> đa thức sau vô nghiệm

a,

-góc lớn nhất của tam giác nói trên là ACB

-góc ABC= 90 độ